2025年滬科版高二化學下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高二化學下冊月考試卷38考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列物質(zhì)中；含有非極性共價鍵的化合物是（）

A.N2

B.CO2

C.NaOH

D.Na2O2

2、用石墨作電極電解CuCl2溶液；當通電一段時間后，收集到2.24L氣體（標準狀況）．下列有關說法正確的是（）

A.陽極生成的銅。

B.上述電解過程中共轉(zhuǎn)移0.2mol電子。

C.電解得到的Cu的物質(zhì)的量為0.5mol

D.電解后溶液呈堿性。

3、下列過程中，發(fā)生了消去反應的是A.一氯甲烷和苛性鉀的乙醇溶液混合共熱B.一溴乙烷和NaOH溶液混合共熱C.一溴丁烷與KOH的丁醇溶液混合共熱D.氯苯與NaOH溶液混合共熱4、酒精和醋酸是生活里的常用品，下列方法不能將二者鑒別開的是：A.聞氣味B.分別用來浸泡水壺中的水垢看是否溶解C.分別滴加NaOH溶液D.分別滴加石蕊試液5、向含有Cu（NO3）2，Zn（NO3）2，F(xiàn)e（NO3）3，AgNO3各0.1mol的混合溶液中，加入0.15mol鐵粉，充分攪拌后，產(chǎn)生的變化是（）A.鐵粉溶解，沒有任何金屬生成B.鐵粉未完全溶解C.析出0.1mol銀和0.1mol銅D.析出0.1mol銀和0.05mol銅6、下列說法正確的是（）A.煤的干餾、石油的分餾都是化學變化B.溶于汽油、酒精等有機溶劑中的物質(zhì)一定是有機物C.除去試管內(nèi)壁上的“銀鏡”，可用稀氨水洗滌D.淀粉和纖維素的組成都是(C6H10O5)n，水解最終產(chǎn)物都是葡萄糖7、下列化合物的分子中，所有原子都處于同一平面的是（）A.四氟乙烯B.甲苯C.乙酸D.甲烷8、對下列物質(zhì)的分類正確的是（）A.水玻璃屬于純凈物B.SiO2、燒堿、明礬分別為酸性氧化物、堿、鹽C.Cu、NaCl、HCl、氯水均為電解質(zhì)D.CaO、Na2O、Na2O2均屬于堿性氧化物9、用水稀釋rm{0.1mol/L}氨水時，溶液中隨著水量的增加而減小的是rm{(}rm{)}A.rm{dfrac{c(NH_{3}cdotH_{2}O)}{c(OH^{-})}}B.rm{dfrac{c(NH_{3}cdot

H_{2}O)}{c(OH^{-})}}C.rm{c(H^{+})}和rm{c(H^{+})}的乘積D.rm{c(OH^{-})}的物質(zhì)的量rm{OH^{-}}評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、實驗是研究化學的基礎，圖中所示的實驗方法、裝置或操作完全不正確的是rm{(}rm{)}A.

除雜B.

稀釋C.制氣D.稱量11、下列各組物質(zhì)中，所含分子數(shù)相同的是A.rm{32gO_{2}}和rm{32gCO}B.rm{28gN_{2}}和rm{44gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}標準狀況rm{)}和rm{0.1molN_{2}}12、下列反應能用離子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}與rm{BaCl_{2}}溶液反應B.rm{K_{2}CO_{3}}與rm{CO_{2}}溶液反應C.rm{Ba(OH)_{2}}與rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反應D.rm{Na_{2}CO_{3}}與rm{Ba(OH)_{2}}溶液反應rm{NaHCO_{3}}13、下列有機化合物中，屬于烴的衍生物的有rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{3}}B.rm{CH_{2}簍TCHCl}C.rm{CH_{3}CH_{2}OH}D.rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}14、保護環(huán)境日益引起人們的重視rm{.}下列做法有利于保護環(huán)境的是rm{(}rm{)}A.氫能源代替化石能源B.推廣使用太陽能電池C.電動汽車代替燃油汽車D.造紙廠污水直接排放15、實驗室需要配置rm{100mL1.0隆脕10^{-2}mol隆隴L^{-1}}的rm{100mL1.0隆脕10^{-2}

mol隆隴L^{-1}}溶液，下列玻璃儀器中，一定要用到的有A.漏斗B.玻璃棒C.燒杯D.容量瓶rm{CuSO_{4}}評卷人得分三、雙選題(共9題，共18分)16、下列各項比較中前者高于（或大于或強于）后者的是（）A.CCl4和SiCl4的熔點B.NH3與H2O的鍵角C.SO2和CO2在水中的溶解度D.碳化硅和金剛石的硬度17、下列烷烴的系統(tǒng)命名中，不正確的是rm{(}rm{)}A.rm{3}rm{4-}二甲基戊烷B.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷C.丁烷D.rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷18、已知在相同狀況下，要使同一化學鍵斷裂需要吸收的能量等于形成該化學鍵放出的能量。下列說法正確的是()A.電解熔融的rm{Al_{2}O_{3}}可以制得金屬鋁和氧氣，該反應是一個放出能量的反應B.水分解產(chǎn)生氫氣和氧氣時放出能量C.相同狀況下，反應rm{2SO_{2}+O_{2}=2SO_{3}}是一個放熱反應，則反應rm{2SO_{3}=2SO_{2}+O_{2}}是一個吸熱反應D.氯化氫分解成氫氣和氯氣時需要吸收能量19、以下電子排布式屬于基態(tài)原子的電子排布的是A.rm{1s^{1}2s^{1}}B.rm{1s^{2}s^{1}2p^{1}}C.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}D.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3p^{1}}20、設阿伏加德羅常數(shù)為rm{N_{A}}則下列說法正確的是rm{(}rm{)}A.rm{1.5g}甲基rm{(-CH_{3})}所含有的電子數(shù)是rm{N_{A}}B.rm{14g}乙烯和丙烯的混合物中含有原子的數(shù)目為rm{N_{A}}C.標準狀況下，rm{1}rm{L}戊烷充分燃燒后生成的氣態(tài)產(chǎn)物的分子數(shù)為rm{dfrac{5}{22.4}N_{A}}D.常溫常壓下，rm{1mol}rm{C_{n}H_{2n+2}}中所含有的共價鍵數(shù)目為rm{(3n+1)N_{A}}21、甲～辛等元素在周期表中的位置如下表所示．下列說法正確的是（）

A.甲、丁、戊的單質(zhì)都是金屬B.乙、丙、辛都是非金屬元素C.乙、庚、辛都能形成氧化物D.已的氧化物既可溶于KOH溶液又可溶于H2SO4溶液22、下列說法中正確的是rm{(}rm{)}A.核外電子排布完全相同的兩種微粒，其化學性質(zhì)一定相同B.具有固定熔點或沸點的物質(zhì)一定是純凈物C.一種離子和一種分子的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)不可能同時相等D.由分子構成的物質(zhì)中一定含有共價鍵23、下列各組離子在溶液中能大量共存的是()A.rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}B.rm{Mg^{2+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}rm{OH^{-}}C.rm{Na^{+}}rm{SOrlap{_{4}}{^{2-}}}rm{H^{+}}D.rm{Fe^{3+}}rm{SCN^{-}}rm{K^{+}}24、下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是rm{(}rm{)}A.rm{pH=2}的rm{HA}溶液與rm{pH=12}的rm{MOH}溶液任意比混合：rm{c(H^{+})+c(M^{+})=c(OH^{-})+c(A^{-})}B.在rm{0.1}rm{mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中：rm{2c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}C.在rm{pH=8.37}的rm{NaHCO_{3}}溶液中：rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(CO_{3}^{2-})>c(H_{2}CO_{3})}D.rm{pH}相同的三種溶液rm{壟脵NH_{4}Cl}rm{壟脷(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{壟脹NH_{4}HSO_{4}}中，rm{c(NH_{4}^{+})}的大小關系是：rm{壟脵=壟脷>壟脹}評卷人得分四、填空題(共1題，共8分)25、熔融鹽燃料電池具有較高的發(fā)電效率，因而受到重視rm{.}某燃料電池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{)}為電解質(zhì)，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，以具有催化作用和導電性能的稀土金屬材料為電極rm{.}試回答下列問題：

rm{壟脵}該燃料電池正極電極反應式為：______．

rm{壟脷25隆忙}時，某學生想用該燃料電池電解一定量的硫酸鈉飽和溶液中進行電解，當電路中有rm{amol}電子轉(zhuǎn)移時，溶液中析出rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶體rm{.}若溫度不變，在剩余溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為______，消耗掉的丁烷在標準狀況下的體積為______．評卷人得分五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)26、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。27、X；Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素；在周期表的短周期主族元素中，X的原子半徑最小，X與R的最外層電子數(shù)相等；Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半；U的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為6；R和Q可形成原子個數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物；T與Z同主族。請回答下列問題：

(1)T元素在周期表中的位置是________________________。

(2)X、Z、Q三種元素的原子半徑由小到大的順序為___________（填元素符號）。

(3)R、T兩元素最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為____________。

(4)某同學用X、R兩元素的單質(zhì)反應生成固體物質(zhì)RX，RX屬于離子化合物，且能與化合物X2Q反應生成X的單質(zhì)。

①RX的電子式為_____________；RX與X2Q反應的化學方程式為___________。

②該同學認為取X、R兩元素的單質(zhì)反應后的固體物質(zhì)與X2Q反應，若能產(chǎn)生的單質(zhì)，即可證明得到的固體物質(zhì)一定是純凈的RX。請判斷該方法是否合理并說明理由：_____________。28、有一包固體；可能由硝酸銅；硫酸鈉、氯化鈉、碳酸氫鈉、氫氧化鈉中的一種或幾種組成．為了探究該固體的組成，某化學小組設計并開展以下實驗：

知：步驟Ⅰ中固體全部消失，溶液呈藍色，無氣泡，步驟Ⅱ、Ⅲ中均可觀察到有白色沉淀生成。則

（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是_______________________（填化學式）。

（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀的化學方程式是_______________________________________。

（3）步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是_________________________填化學式）。29、已知：Ag(NH3)+2H+=Ag++2今有一白色固體，可能是由A1(SO4)3、AgNO3、BaCl2、NH4Cl、KOH、Na2S中的2種或3種組成；為確定該白色固體組成，進行以下實驗：取白色固體少許，加入適量蒸餾水充分振蕩，得到無色溶液；取無色溶液少許，滴加稀硝酸，有白色沉淀生成。

(1)此白色固體必須含有的物質(zhì)是①第一組_______；第二組_______。

(2)若要確定白色固體的組成，還需做的實驗_______評卷人得分六、解答題(共2題，共6分)30、已知A；B、C為同一短周期的三種元素；它們的原子序數(shù)依次增大且和為40；A是該周期中（除稀有氣體元素外）原子半徑最大的元素，B元素的原子核外M層上的電子數(shù)比K層上的電子數(shù)多1．

（1）A原子的結構示意圖為______；A元素在周期表中位置為______．

（2）寫出B的最高價氧化物與A的最高價氧化物對應水化物的溶液之間反應的離子方程式______．

（3）A和C形成的化合物的電子式為______；該化合物的水溶液呈______性（填“酸”或“堿”）．

（4）A是該周期中（除稀有氣體元素外）原子半徑最大的元素；從原子結構上看其原因是______．A；B、C三元素形成簡單離子的半徑大小順序為______．（用離子符號表示）

（5）比較A；B單質(zhì)活潑性的實驗方法是______．

31、（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”“堿”“中”）性，常溫時的pH______7（填“＞”“＜”“=”）原因是（用離子方程式表示）______；實驗室在配制AgNO3溶液時，常將AgNO3固體先溶于較濃的硝酸中；然后再用蒸餾水稀釋到所需的濃度，以______（填“促進”或“抑制”）其水解．

（2）在配制硫化鈉溶液時；為了防止其發(fā)生水解，可以加入少量的______．

（3）泡沫滅火劑的主要成分是0.1mol/LAl2（SO4）3、0.1mol/LNaHCO3和起泡劑，使用時發(fā)生反應的離子方程式為______，Al2（SO4）3溶液與NaHCO3溶液的體積之比約是______．

參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】

A．N2中只有N-N非極性鍵；且屬于單質(zhì)，故A錯誤；

B．CO2中只有C-O極性鍵；屬于化合物，故B錯誤；

C．NaOH中含有離子鍵和O-H極性鍵；屬于化合物，故C錯誤；

D．Na2O2中鈉離子與過氧根離子以離子鍵結合，O、O之間以非極性共價鍵結合，則Na2O2為含有非極性共價鍵的離子化合物；故D正確．

故選D．

【解析】【答案】同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵；不同非金屬元素之間形成極性共價鍵，以此來解答．

2、B【分析】

A．陽極反應為2Cl--2e-=Cl2↑，陰極反應為Cu2++2e-=Cu；應在陰極生成銅，故A錯誤；

B．生成的氣體為氯氣，n（Cl2）=0.1mol；由電極反應式可知轉(zhuǎn)移0.2mol電子，故B正確；

C．生成0.1mol氯氣；應生成0.1molCu，故C錯誤；

D．如氯化銅沒有全部電解；水解呈酸性，且氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，溶液呈酸性，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】用石墨作電極電解CuCl2溶液，陽極反應為2Cl--2e-=Cl2↑，陰極反應為Cu2++2e-=Cu，生成的氣體為氯氣，n（Cl2）=0.1mol；以此解答該題．

3、C【分析】【解析】試題分析：A選項符合消去反應的條件，但是一氯甲烷中只有一個碳，不能發(fā)生消去。B選項條件不符合，需要堿性醇溶液。C選項符合。D選項氯苯不發(fā)生消去?？键c：有機反應類型【解析】【答案】C4、C【分析】試題分析：酒精和乙醇氣味不同，可用聞氣味的方法鑒別，A不選；水垢的成分是CaCO3和Mg（OH）2，溶于醋酸但不與酒精反應，可鑒別，B不選；酒精和NaOH溶液不反應，醋酸和NaOH溶液反應，但均無明顯現(xiàn)象，不能鑒別，選C；醋酸使紫色石蕊試液變紅，但酒精不能，可鑒別，D不選。考點：考查有機物的鑒別?！窘馕觥俊敬鸢浮緾5、D【分析】【解答】解：根據(jù)金屬活動順序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根據(jù)金屬銅和三價鐵反應生成氯化銅和氯化亞鐵，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，所以氧化性的順序為：Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，則加入0.15mol鐵粉，先是發(fā)生Fe+2Ag+=Ag+Fe2+，消耗0.05mol鐵析出0.1mol銀和0.05mol二價鐵，后發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗0.05mol鐵生成0.15mol二價鐵，余下0.05mol鐵和Cu2+反應；消耗0.05mol的銅離子，又生成0.05mol二價鐵；

A；鐵粉溶解；生成0.05mol的銅，故A錯誤；

B；鐵粉完全溶解；故B錯誤；

C；析出0.1mol銀和0.05mol銅；故C錯誤；

D；析出0.1mol銀和0.05mol銅；故D正確；

故選D．

【分析】根據(jù)金屬活動順序表可知氧化性：Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根據(jù)金屬銅和三價鐵反應生成氯化銅和氯化亞鐵，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，所以氧化性的順序為：Zn2+＜Cu2+＜Fe3+＜Ag+，則加入0.15mol鐵粉，先是發(fā)生Fe+2Ag+=Ag+Fe2+，消耗0.05mol鐵析出0.1mol銀和0.05mol二價鐵，后發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗0.05mol鐵生成0.15mol二價鐵，余下0.05mol鐵和Cu2+反應，消耗0.05mol的銅離子，又生成0.05mol二價鐵，據(jù)此分析．6、D【分析】【解析】【答案】D7、A【分析】【解答】解：A；乙烯具有平面型結構；四氟乙烯可看作是一個氟原子取代乙烯中的四個氫原子，所有原子在同一個平面，故A正確；

B；甲苯中的甲基中的H原子和苯環(huán)不能全部處于同一平面上；故B錯誤；

C；乙酸中甲基上的H原子不能全部和﹣COOH中的原子共平面；故C錯誤；

D；甲烷中的原子呈現(xiàn)四面體構型；能全部在同一平面上，故D錯誤．

故選A．

【分析】在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結構，乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行判斷．8、B【分析】解：A．水玻璃是硅酸鈉的水溶液的俗稱；屬于混合物，故A錯誤；

B．SiO2；燒堿、明礬分別為酸性氧化物、堿、鹽；故B正確；

C．銅是單質(zhì)；所以銅既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；

D．Na2O2屬于過氧化物；不屬于堿性氧化物，故D錯誤．

故選B．

A．純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì)；混合物是由多種物質(zhì)組成的物質(zhì)；

B．酸性氧化物能與水作用成酸或與堿作用成鹽和水的氧化物；電離生成的陰離子全部是氫氧根離子的化合物是堿；能電離出金屬陽離子（或銨根離子）和酸根離子的化合物是鹽；

C．在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；

D．能跟酸起反應；生成鹽和水的氧化物叫堿性氧化物．

本題考查物質(zhì)的分類，題目難度不大，熟記各種類型的物質(zhì)的概念是解題的關鍵．【解析】【答案】B9、A【分析】解：rm{A}由rm{NH_{3}.H_{2}O}rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}可知，加水促進電離，則rm{c(NH_{3}.H_{2}O)}減少，rm{c(OH^{-})}減小；但是平衡正向移動，氨水的濃度減小得多，所以分子減小的程度大，分母減小的程度小，二者的比值減小，故A正確；

B、氨水加水稀釋，溶液的濃度減小，堿性減弱，氫氧根的濃度減小，根據(jù)溫度不變，則rm{c(H^{+})}和rm{c(OH^{-})}的乘積不變；所以氫氧根的濃度減小，氫離子濃度增大，故B錯誤；

C、因加水稀釋時，溫度不變，則rm{c(H^{+})}和rm{c(OH^{-})}的乘積不變；故C錯誤；

D、由rm{NH_{3}.H_{2}O}rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}可知，加水促進電離，rm{OH^{-}}的物質(zhì)的量增大；故D錯誤；

故選A．

用水稀釋rm{0.1mol/L}氨水時，溶液中隨著水量的增加，由rm{NH_{3}.H_{2}O}rm{OH^{-}+NH_{4}^{+}}可知，rm{n(OH^{-})}增大，但溶液的體積增大的多，則rm{c(OH^{-})}減小，加水促進電離，則rm{n(NH_{3}.H_{2}O)}減少．

本題考查弱電解質(zhì)的電離，明確稀釋時電離平衡的移動及離子的物質(zhì)的量、離子的濃度的變化是解答的關鍵，并注意離子積與溫度的關系來解答．【解析】rm{A}二、多選題(共6題，共12分)10、ABD【分析】解：rm{A.}洗氣時；氣體應從長導管進，短導管出，題中氣體的進出方向錯誤，故A錯誤；

B.量筒只能用于量取一定體積；只能在常溫下使用，不能在量筒中稀釋濃硫酸，故B錯誤；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；裝置符合制備要求，故C正確；

D.氫氧化鈉應放在小燒杯中稱量；故D錯誤．

故選ABD．

A.氣體的進出方向錯誤；

B.不能在量筒中稀釋濃硫酸；

C.實驗室可用氯化銨和氫氧化鈣制備氨氣；

D.稱量氫氧化鈉時應防止氫氧化鈉吸水和變質(zhì)；減小實驗誤差．

本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、溶液的量取、氣體的制備以及物質(zhì)的稱量，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大．【解析】rm{ABD}11、BCD【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量、摩爾質(zhì)量、氣體摩爾體積等化學計量的計算，阿伏伽德羅定律的應用等，難度中等。【解答】A.rm{n({O}_{2})=dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=dfrac{8}{7}mol}二者物質(zhì)的量不相等，所含分子數(shù)不相等，故A錯誤；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}，rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故B正確；C.rm{n({O}_{2})=

dfrac{;32g}{;32g/mol;}=1mol}rm{n(CO)=dfrac{;32g}{28g/mol};;=

dfrac{8}{7}mol}B.rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}為rm{n({N}_{2})=

dfrac{;28g}{;28g/mol;}=1mol}與rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;44g}{44g/mol};;=1mol}rm{18gH}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故C正確；rm{18gH}標準狀況下rm{{,!}_{2}}為rm{O}為rm{1mol}與rm{1molBr}和rm{O}物質(zhì)的量相同，則分子數(shù)相同，故D正確。故選BCD。rm{1mol}【解析】rm{BCD}12、AC【分析】【分析】本題考查離子方程式的書寫，離子反應的本質(zhì)，難度中等?！窘獯稹緼.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}與rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A正確；

rm{{,!}_{3}}溶液反應的離子方程式為：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的離子反應為rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B錯誤；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C選；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}的離子反應為rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的離子反應為rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}故D錯誤。

rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AC}13、BCD【分析】解：rm{A}rm{CH_{3}CH_{3}}只含rm{C}rm{H}兩元素；故屬于烴類，故A錯誤；

B、rm{CH_{2}簍TCHCl}可以認為是乙烯中的一個rm{H}原子被一個rm{Cl}取代后的產(chǎn)物；故屬于烴的衍生物，故B正確；

C、rm{CH_{3}CH_{2}OH}可以認為是用rm{-OH}取代了乙烷中的一個rm{H}原子后得到的；故為烴的衍生物，故C正確；

D、乙酸乙酯可以認為是用rm{CH_{3}COO-}取代了乙烷分子中的一個rm{H}原子得到；故為烴的衍生物，故D正確．

故選BCD．

烴分子中的氫原子被其他原子或者原子團所取代而生成的一系列化合物稱為烴的衍生物，其中取代氫原子的其他原子或原子團使烴的衍生物具有不同于相應烴的特殊性質(zhì)，被稱為官能團rm{.}在不改變烴本身的分子結構的基礎上；將烴上的一部分氫原子替換成其他的原子或官能團的一類有機物統(tǒng)稱為烴的衍生物．

本題考查了烴的衍生物的概念應用，題目較簡單，掌握基本概念即可解決問題．【解析】rm{BCD}14、ABC【分析】解：rm{A.}氫能源為清潔能源；代替化石能源可減少污染物的排放，有利于環(huán)境保護，故A正確．

B.太陽能電池為清潔能源；推廣使用可減少污染物的排放，故B正確；

C.電動汽車代替部分燃油汽車可減少污染物的排放；有利于環(huán)境保護，故C正確；

D.造紙廠污水含有堿性和氧化性物質(zhì)；污染環(huán)境，不能直接排放，故D錯誤；

故選ABC．

保護環(huán)境；應推廣使用清潔能源，減少污染物的排放，減少三廢，從源頭杜絕污染物．

本題考查環(huán)境保護知識，題目難度不大，環(huán)保問題已經(jīng)引起了全球的重視，化學上提倡綠色化學工藝，要從源頭減少污染．【解析】rm{ABC}15、BCD【分析】本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的儀器。配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計算、稱量、溶解、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶，用到的玻璃儀器有：燒杯、玻璃棒、rm{100mL}容量瓶、膠頭滴管，用不到的是漏斗，個BCD正確。容量瓶、膠頭滴管，用不到的是漏斗，個BCD正確。

rm{100mL}故選BCD?！窘馕觥縭m{BCD}三、雙選題(共9題，共18分)16、B|C【分析】解：A．分子組成和結構相似的分子，相對分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點越大，所以SiCl4的熔點比CCl4的高；故A錯誤；

B．NH3為三角錐形，鍵角為107°，H2O為V形；鍵角為105°，故B正確；

C．二氧化硫分子中價層電子對個數(shù)=2+（6-2×2）=3且含有一個孤電子對，所以為V形結構，SO2是V形的極性分子，CO2是直線型的非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，SO2在水中的溶解度比CO2的大；故C正確；

D．原子半徑Si＞C；鍵長C-C＜C-Si，鍵長越長，硬度越小，碳化硅＜金剛石，故D錯誤．

故選BC．

A．根據(jù)分子組成和結構相似的分子；相對分子質(zhì)量越大，物質(zhì)的熔沸點越大；

B．NH3為三角錐形，鍵角為107°，H2O為V形；鍵角為105°；

C．根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構型，根據(jù)相似相溶原理分析物質(zhì)的溶解性，SO2在水中溶解度比CO2大；

D．鍵長C-C＜C-Si；鍵長越長，硬度越小．

本題考查較為綜合，涉及熔點比較、溶解度、硬度比較以及鍵角比較等知識，題目難度中等，注意把握比較的方法和角度．【解析】【答案】BC17、rAC【分析】解：rm{A.3}rm{4-}二甲基戊烷，該命名中編號錯誤，應該從距離取代基最近的一端開始，正確名稱為：rm{2}rm{3-}二甲基戊烷；故A錯誤；

B.rm{2}rm{3-}二甲基丁烷，主鏈為丁烷，在rm{2}rm{3}號rm{C}各含有rm{1}個甲基；該命名合理，故B正確；

C.丁烷；沒有指出是正丁烷還是異丁烷，該命名不合理，故C錯誤；

D.rm{2}rm{2}rm{3}rm{3-}四甲基丁烷，在rm{2}rm{3}號rm{C}各含有rm{2}個甲基；該命名合理，故D正確；

故選AC．

烷烴命名原則：

rm{壟脵}長選最長碳鏈為主鏈；

rm{壟脷}多遇等長碳鏈時；支鏈最多為主鏈；

rm{壟脹}近離支鏈最近一端編號；

rm{壟脺}小支鏈編號之和最小rm{.}看下面結構簡式；從右端或左端看，均符合“近離支鏈最近一端編號”的原則；

rm{壟脻}簡兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號rm{.}如取代基不同；就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．

本題考查烷烴命名，題目難度不大，明確有機物的命名原則為解答關鍵，試題側(cè)重基礎知識的考查，有利于提高學生的規(guī)范答題能力．【解析】rm{AC}18、CD【分析】【分析】本題旨在考查學生對化學反應中的能量轉(zhuǎn)化、吸熱反應和放熱反應等應用。【解答】A.電解熔融的rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}可以制得金屬鋁和氧氣，該反應為吸熱反應，故A錯誤；B.水分解產(chǎn)生氫氣和氧氣時吸收能量，故B錯誤；C.由題意可以推測，如果一個反應過程放出能量，那么使反應向該反方向進行則需要吸收能量，故C正確；D.氯化氫分解成氫氣和氯氣時需要吸收能量。故D正確?！窘馕觥縭m{CD}19、CD【分析】【分析】本題考查核外電子排布，題目難度不大，明確基態(tài)電子排布規(guī)律與能量躍遷的關系為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力?！窘獯稹緼.基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}}不符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故A錯誤；B.基態(tài)原子的電子排布式應為rm{1s^{2}2s^{2}}發(fā)生電子躍遷為rm{1s^{2}2s^{1}2p^{1}}所以不是基態(tài)原子電子排布式，故B錯誤；

C.基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故C正確；

D.基態(tài)原子的電子排布式為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}}符合基態(tài)原子電子排布規(guī)律，故D正確。

故選CD?！窘馕觥縭m{CD}20、rBD【分析】解：rm{A}rm{1.5g}甲基rm{(-CH_{3})}物質(zhì)的量為rm{0.1mol}所含有的電子數(shù)是rm{0.9N_{A}}故A錯誤；

B、乙烯和丙烯的最簡式為rm{CH_{2}}計算rm{14gCH_{2}}中所含碳原子數(shù)rm{=dfrac{14g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=N_{A}}故B正確；

C；標況下；戊烷為液態(tài)，不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質(zhì)的量，故C錯誤；

D、rm{=dfrac

{14g}{14g/mol}隆脕1隆脕N_{A}=N_{A}}烷烴rm{1molmolC_{n}H_{2n+2}(}中含有rm{)}碳碳鍵和rm{(n-1)mol}碳氫鍵，總共含有rm{(2n+2)mol}共價鍵，含有共價鍵數(shù)為rm{(3n+1)mol}故D正確；

故選BD．

A；質(zhì)量換算物質(zhì)的量結合微粒計算電子數(shù)；

B、乙烯和丙烯的最簡式為rm{(3n+1)N_{A}}計算rm{CH_{2}}中所含碳原子數(shù)；

C；標況下；戊烷為液態(tài)；

D、根據(jù)烷烴中含有的碳碳鍵和碳氫鍵計算出rm{14gCH_{2}}中含有的共價鍵數(shù)目．

本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結構是解題關鍵，難度不大．rm{1mol}【解析】rm{BD}21、A【分析】解：A．甲為H；為非金屬，故A錯誤；

B．甲；乙、丙、庚、辛都是非金屬元素；即H、C、O、Si、S都是非金屬元素，故B正確；

C.Si、S都能和氧氣反應生成氧化物，C的氧化物有CO2、CO，Si的氧化物有SiO2，S的氧化物有SO2、SO3；故C正確；

D．己的氧化物是氧化鋁，屬于兩性氧化物，所以既可溶于KOH溶液又可溶于H2SO4溶液；故D正確．

故選A．

根據(jù)元素在周期表中的位置知；甲-辛分別是H；C、O、Na、Mg、Al、Si、S元素，以此解答該題．

本題考查元素周期表和元素化合物，為高頻考點，明確元素在周期表中的位置、元素及其化合物性質(zhì)是解本題關鍵，注意氧化鋁的兩性，熟練掌握元素周期表及元素周期律．【解析】【答案】A22、rBC【分析】解：rm{A}核外電子排布完全相同的兩種微粒不一定屬于同種元素，化學性質(zhì)不一定相同，如rm{K^{+}}與rm{Cl^{-}}核外電子排布相同；但是二者化學性質(zhì)不同，故A錯誤；

B；只有純凈物有固定熔沸點；故B正確；

C；離子帶電荷；質(zhì)子數(shù)一定不等于電子數(shù)；分子不帶電，質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，當離子和分子的質(zhì)子數(shù)相同時，他們的電子數(shù)一定不相同，故C正確；

D；由分子組成的物質(zhì)中不一定含有共價鍵；如稀有氣體，故D錯誤；

故選：rm{BC}．

A；核外電子排布完全相同的兩種微粒不一定屬于同種元素；化學性質(zhì)不一定相同；

B；混合物沒有固定熔點；純凈物有固定熔點；

C；離子帶電荷；質(zhì)子數(shù)一定不等于電子數(shù)；分子不帶電，質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)；

D；由分子是單原子分子；則組成的物質(zhì)中不一定含有共價鍵；

本題為綜合題，考查了原子結構、物質(zhì)的熔沸點、電解質(zhì)的電離，綜合性強，題目難度不大，側(cè)重考查學生對基礎知識的掌握．【解析】rm{BC}23、rAC【分析】【分析】本題考查離子共存的正誤判斷，題目難度中等，注意熟練掌握離子反應發(fā)生條件，明確離子不能大量共存的一般情況，如：能發(fā)生復分解反應的離子之間，能發(fā)生氧化還原反應的離子之間等，試題有利于培養(yǎng)學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力?！窘獯稹緼.rm{Al^{3+}}rm{Cl^{-}}rm{Ca^{2+}}離子之間不反應；在溶液中能夠大量共存，故A正確；

B.rm{Mg^{2+}}與rm{OH^{-}}反應生成沉淀；在溶液中不能大量共存，故B錯誤；

C.rm{Na^{+}}rm{SO_{4}^{2-}}rm{H^{+}}離子之間不反應；在溶液中能夠大量共存，故C正確；

D.rm{Fe^{3+}}和rm{SCN^{-}}間發(fā)生反應生成rm{.Fe(SCN}rm{)_{3}}；在溶液中不能大量共存，故D錯誤。

故選AC。

rm{)_{3}}【解析】rm{AC}24、rAD【分析】解：rm{A.}任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得rm{c(H^{+})+c(M^{+})=c(OH^{-})+c(A^{-})}故A正確；

B.在rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}溶液中存在物料守恒，rm{n(Na)=2n(C)}rm{dfrac{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}故B錯誤；

C.在rm{dfrac

{1}{2}c(Na^{+})=c(CO_{3}^{2-})+c(HCO_{3}^{-})+c(H_{2}CO_{3})}的rm{pH=8.37}溶液中碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度，rm{NaHCO_{3}}故C錯誤；

D.相同rm{c(Na^{+})>c(HCO_{3}^{-})>c(H_{2}CO_{3})>c(CO_{3}^{2-})}的rm{pH}與rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液中，都是強酸弱堿鹽，根據(jù)溶液呈電中性可判斷二者rm{NH_{4}Cl}濃度相等，由于rm{NH_{4}^{+}}電離時產(chǎn)生rm{NH_{4}HSO_{4}}使溶液呈酸性，rm{H^{+}}的水解被抑制，因此rm{NH_{4}^{+}}中rm{NH_{4}HSO_{4}}的濃度小于rm{NH_{4}^{+}}所以離子濃度度大小為：rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}故D正確；

故選：rm{壟脵=壟脷>壟脹}

A.任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒；根據(jù)電荷守恒判斷；

B.在rm{AD}溶液中存在物料守恒，rm{0.1mol?L^{-1}Na_{2}CO_{3}}

C.在rm{n(Na)=2n(C)}的rm{pH=8.37}溶液中碳酸氫根離子水解程度大于其電離程度；

D.從兩個角度考慮，一是相同rm{NaHCO_{3}}的rm{pH}與rm{(NH_{4})_{2}SO_{4}}溶液的水解程度是否相等，二是rm{NH_{4}Cl}電離時產(chǎn)生rm{NH_{4}HSO_{4}}使溶液呈酸性，rm{H^{+}}的水解被抑制；以此來解答。

本題考查離子濃度大小的比較，為高頻考點，把握等rm{NH_{4}^{+}}時銨根離子濃度關系為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，題目難度中等。rm{pH}【解析】rm{AD}四、填空題(共1題，共8分)25、略

【分析】解：rm{壟脵}某燃料電池以熔融的rm{K_{2}CO_{3}(}其中不含rm{O^{2-}}和rm{HCO_{3}^{-})}為電解質(zhì)，以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，則正極電極為氧氣發(fā)生還原反應生成碳酸根離子，電極反應式為rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

故答案為：rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}

rm{壟脷}電解硫酸鈉飽和溶液即電解水，所以當電路中有rm{amol}電子轉(zhuǎn)移時，消耗的水的質(zhì)量為rm{dfrac{a}{2}隆脕18g=9ag}結合析出的rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}晶體，所以原飽和溶液的溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為rm{dfrac{dfrac{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}剩余溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)與原飽和溶液的溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)相等，也為rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}根據(jù)原池的負極反應rm{dfrac{dfrac

{142}{322}隆脕m}{9a+m}隆脕100%=dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}可知，當電路中有rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}電子轉(zhuǎn)移時，消耗掉的丁烷的物質(zhì)的量為rm{C_{4}H_{10}-26e^{-}+13CO_{3}^{2-}=17CO_{2}+5H_{2}O}其體積為rm{dfrac{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}

故答案為：rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{amol}．

rm{dfrac{a}{26}mol}某燃料電池以熔融的rm{dfrac

{a}{26}mol隆脕22.4L/mol=0.86aL}其中不含rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}和rm{0.86aL}為電解質(zhì)；以丁烷為燃料，以空氣為氧化劑，則正極電極為氧氣發(fā)生還原反應生成碳酸根離子；

rm{壟脵}電解硫酸鈉飽和溶液即電解水，所以當電路中有rm{K_{2}CO_{3}(}電子轉(zhuǎn)移時，消耗的水的質(zhì)量為rm{O^{2-}}結合析出的rm{HCO_{3}^{-})}晶體，可計算出原飽和溶液的溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)，剩余溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)與原飽和溶液的溶質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)相等，根據(jù)原池的負極反應rm{壟脷}可知，當電路中有rm{amol}電子轉(zhuǎn)移時，消耗掉的丁烷的物質(zhì)的量為rm{dfrac{a}{2}g=9ag}據(jù)此答題．

本題考查電化學和化學平衡知識，內(nèi)容比較綜合，在理解所學各部分化學知識的本質(zhì)區(qū)別與內(nèi)在聯(lián)系的基礎上，本題難度中等，注意守恒思想的運用．rm{mgNa_{2}SO_{4}?10H_{2}O}【解析】rm{O_{2}+CO_{2}+2e^{-}=CO_{3}^{2-}}rm{dfrac{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{dfrac

{71m}{161(m+9a)}隆脕100%}rm{0.86aL}五、元素或物質(zhì)推斷題(共4題，共12分)26、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ加入過量硝酸鋇產(chǎn)生白色沉淀，說明固體中一定含有硫酸鈉；步驟Ⅲ中加入硝酸銀溶液，出現(xiàn)白色沉淀，則該白色沉淀為氯化銀，由于一開始加入過量稀鹽酸，所以溶液中一定有氯離子，所以會生成氯化銀沉淀，但不能確定氯離子是來自于原固體中的氯化鈉，即不一定含有氯化鈉。則（1）原固體中一定不含有的物質(zhì)是NaHCO?；（2）步驟II中產(chǎn)生白色沉淀是硝酸鋇與硫酸鈉反應生成硫酸鋇和硝酸鈉，其化學方程式是：Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓；（3）根據(jù)向固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅和硝酸，硝酸銅溶于水，所以藍色濾液中一定含有硝酸銅；加入過量硝酸鋇，說明硝酸鋇有剩余，所以藍色濾液中一定含有硝酸鋇；硝酸鋇和硫酸鈉反應生成硝酸鈉和硫酸鋇沉淀，所以藍色濾液中一定含有硝酸鈉；故步驟Ⅲ所得藍色濾液中一定含有的溶質(zhì)是Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2。

點睛：本題主要考查鹽的性質(zhì)，要求學生熟練的掌握鹽的水溶性，及兩種鹽之間的反應，并且知道無色的硝酸銅粉末溶于水后得到的溶液呈藍色?！窘馕觥竣?NaHCO?②.Na2SO4+Ba(NO3)2=2NaNO3+BaSO4↓③.Cu(NO3)2、HNO3、NaNO3、Ba（NO3）227、略

【分析】【分析】

X、Z、Q、R、T、U分別代表原子序數(shù)依次增大的短周期元素，周期表的全部元素中X的原子半徑最小，則X為H元素，X與R的最外層電子數(shù)相等，二者原子序數(shù)相差大于2，則R為Na元素，可知Z、Q處于第二周期，Z的內(nèi)層電子數(shù)是最外層電子數(shù)的一半，Z的核外電子排布為2、4，Z原子最外層電子數(shù)為4，則Z為C元素；U的最高化合價和最低化合物的代數(shù)和為6，則U為Cl元素，R和Q可形原子數(shù)之比為1：1和2：1的兩種化合物，則Q為O元素，這兩種化合物為Na2O2、Na2O；T與Z同主族，由于Z是C元素，所以T為Si元素，據(jù)此分析解答。

【詳解】

根據(jù)上述分析可知：X為H；Z為C，Q為O，R為Na，T為Si，U為Cl元素。(1)T為Si元素，原子核外電子排布為2；8、4，所以Si元素在期表中的位置是第三周期IVA族；

(2)X為H，Z為C，Q為O，同一周期元素原子序數(shù)越大原子半徑越??；原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，所以上述三種元素中原子半徑由小到大順序為H

(3)R為Na，T為Si，它們的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、H2SiO3，H2SiO3是弱酸，可以與強堿NaOH發(fā)生中和反應產(chǎn)生Na2SiO3和H2O，反應的化學方程式為：2NaOH+H2SiO3=Na2SiO3+2H2O；

(4)X為H，R為Na，Q為O，H、Na二種元素形成的化合物NaH是離子化合物，X2Q是H2O，NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2。

①NaH中Na+與H-通過離子鍵結合，電子式為NaH與H2O反應產(chǎn)生NaOH和H2，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

②由于Na是非?；顫姷慕饘?，可以與水反應產(chǎn)生H2，反應方程式為2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；所以如果有Na殘留，過量的Na與水反應也生成氫氣，因此不能根據(jù)H；Na反應后的固體與水反應放出氫氣確定得到的固體一定是純凈NaH，即該同學的說法不合理。

【點睛】

本題考查元素周期表及原子結構在元素推斷中的應用。根據(jù)元素的原子結構及相互關系推斷元素是解題關鍵。熟練掌握結構、性質(zhì)、位置關系，注意元素金屬性、非金屬性強弱比較實驗事實，要注意基礎知識并靈活運用，注意金屬氫化物有關問題?！窘馕觥康谌芷冖鬉族H2SiO3=Na2SiO3+2H2ONaH+H2O=NaOH+H2↑不合理，若反應后有Na殘留，也能與水反應生成H228、略

【分析】【詳解】

根據(jù)固體加過量稀鹽酸，固體完全溶解且溶液呈藍色，說明固體中一定有硝酸銅；又因為無氣泡產(chǎn)生，所以固體中一定不含有碳酸氫鈉；步驟Ⅱ